Страница 68 - гдз по геометрии 10 класс дидактические материалы Мерзляк, Полонский

29. Точка $O$ не принадлежит плоскости параллелограмма $ABCD$, точки $M, N, P$ и $K$ — середины отрезков $BC, OM, AD$ и $OP$ соответственно. Докажите, что $KN \parallel AB$.

Рассмотрим треугольник $OMP$. По условию, точки $N$ и $K$ являются серединами отрезков $OM$ и $OP$ соответственно. Следовательно, отрезок $KN$ является средней линией треугольника $OMP$. По свойству средней линии треугольника, она параллельна третьей стороне. Таким образом, $KN \parallel MP$.

Теперь рассмотрим четырехугольник $ABMP$, лежащий в плоскости параллелограмма $ABCD$. Поскольку $ABCD$ — параллелограмм, его противоположные стороны $AD$ и $BC$ параллельны и равны, то есть $AD \parallel BC$ и $AD = BC$.

Так как точка $P$ — середина $AD$, а точка $M$ — середина $BC$, то $AP = \frac{1}{2}AD$ и $BM = \frac{1}{2}BC$. Из того, что $AD \parallel BC$, следует, что $AP \parallel BM$. Из того, что $AD = BC$, следует, что $AP = BM$.

Четырехугольник, у которого две противоположные стороны ($AP$ и $BM$) равны и параллельны, является параллелограммом. Следовательно, четырехугольник $ABMP$ — параллелограмм.

В параллелограмме противоположные стороны параллельны. Значит, $AB \parallel MP$.

Мы доказали, что $KN \parallel MP$ и $AB \parallel MP$. Согласно свойству транзитивности параллельности прямых (если две прямые параллельны третьей прямой, то они параллельны между собой), получаем, что $KN \parallel AB$.

Ответ: Что и требовалось доказать.

30. Через середину $M$ боковой стороны $AB$ трапеции $ABCD$ проведена плоскость, параллельная основаниям $BC$ и $AD$ и пересекающая боковую сторону $CD$ в точке $N$. Докажите, что отрезок $MN$ — средняя линия трапеции.

Для того чтобы доказать, что отрезок $MN$ является средней линией трапеции $ABCD$, нужно показать, что он соединяет середины боковых сторон. По условию, точка $M$ уже является серединой боковой стороны $AB$. Следовательно, достаточно доказать, что точка $N$ является серединой боковой стороны $CD$.

Доказательство:

1. Трапеция $ABCD$ лежит в некоторой плоскости, которую мы обозначим $\beta$. По условию, через точку $M$ проведена плоскость $\alpha$, параллельная основаниям трапеции $BC$ и $AD$. Эта плоскость $\alpha$ пересекает плоскость $\beta$ по прямой, содержащей отрезок $MN$.

2. Воспользуемся свойством из стереометрии: если плоскость ($\alpha$) параллельна некоторой прямой ($BC$), лежащей в другой плоскости ($\beta$), то линия пересечения этих плоскостей (прямая $MN$) параллельна данной прямой ($BC$). Таким образом, получаем, что $MN \parallel BC$.

3. По определению трапеции, ее основания параллельны, то есть $BC \parallel AD$. Так как $MN \parallel BC$ и $BC \parallel AD$, то по свойству транзитивности параллельных прямых все три прямые параллельны друг другу: $AD \parallel MN \parallel BC$.

4. Рассмотрим угол, образованный прямыми $AB$ и $CD$ (если они пересекаются), или просто две прямые $AB$ и $CD$. Эти две прямые пересекаются тремя параллельными прямыми: $AD$, $MN$ и $BC$.

5. Согласно теореме Фалеса, если параллельные прямые отсекают на одной стороне угла (или на одной секущей) равные между собой отрезки, то они отсекают равные между собой отрезки и на другой его стороне (или на другой секущей).

6. По условию задачи, точка $M$ — середина стороны $AB$, а это значит, что параллельные прямые $AD$ и $MN$ отсекают на прямой $AB$ отрезок $AM$, а прямые $MN$ и $BC$ отсекают отрезок $MB$, причем $AM = MB$.

7. Следовательно, по теореме Фалеса, эти же параллельные прямые должны отсекать на прямой $CD$ также равные отрезки. То есть, отрезок $DN$ (отсекаемый прямыми $AD$ и $MN$) равен отрезку $NC$ (отсекаемому прямыми $MN$ и $BC$). Таким образом, $DN = NC$.

8. Равенство $DN = NC$ означает, что точка $N$ является серединой боковой стороны $CD$.

9. Поскольку $M$ — середина $AB$ (по условию), а $N$ — середина $CD$ (что было доказано), отрезок $MN$ соединяет середины боковых сторон трапеции. По определению, такой отрезок является средней линией трапеции.

Что и требовалось доказать.

Ответ: Отрезок $MN$ является средней линией трапеции.

31. Плоскость, параллельная стороне $BC$ треугольника $ABC$, пересекает стороны $AB$ и $AC$ в точках $B_1$ и $C_1$ соответственно, причём $AB_1 : BB_1 = 5 : 3$. Найдите отрезок $B_1C_1$, если $BC = 6$ см.

Обозначим плоскость, параллельную стороне $BC$, как $\alpha$. Плоскость, в которой лежит треугольник $ABC$, обозначим как $\beta$.

Поскольку плоскость $\alpha$ параллельна прямой $BC$, которая лежит в плоскости $\beta$, то линия пересечения плоскостей $\alpha$ и $\beta$ параллельна прямой $BC$.

Плоскость $\alpha$ пересекает стороны $AB$ и $AC$ треугольника $ABC$ (которые лежат в плоскости $\beta$) в точках $B_1$ и $C_1$ соответственно. Следовательно, прямая $B_1C_1$ является линией пересечения плоскостей $\alpha$ и $\beta$.

Из этого следует, что $B_1C_1 \parallel BC$.

Теперь рассмотрим треугольники $\triangle AB_1C_1$ и $\triangle ABC$:

1. $\angle A$ — общий для обоих треугольников.
2. $\angle AB_1C_1 = \angle ABC$ как соответственные углы при параллельных прямых $B_1C_1$ и $BC$ и секущей $AB$.

Таким образом, треугольник $\triangle AB_1C_1$ подобен треугольнику $\triangle ABC$ по двум углам.

Из подобия треугольников следует пропорциональность их сторон:

$\frac{AB_1}{AB} = \frac{AC_1}{AC} = \frac{B_1C_1}{BC} = k$, где $k$ — коэффициент подобия.

Найдем коэффициент подобия. По условию задачи дано отношение $AB_1 : BB_1 = 5 : 3$.

Пусть $AB_1 = 5x$, тогда $BB_1 = 3x$ для некоторого $x > 0$.

Сторона $AB$ является суммой отрезков $AB_1$ и $BB_1$:

$AB = AB_1 + BB_1 = 5x + 3x = 8x$.

Теперь найдем коэффициент подобия $k$ как отношение соответственных сторон $AB_1$ и $AB$:

$k = \frac{AB_1}{AB} = \frac{5x}{8x} = \frac{5}{8}$.

Зная коэффициент подобия и длину стороны $BC = 6$ см, мы можем найти длину отрезка $B_1C_1$:

$\frac{B_1C_1}{BC} = k \implies \frac{B_1C_1}{6} = \frac{5}{8}$.

Выразим $B_1C_1$:

$B_1C_1 = 6 \cdot \frac{5}{8} = \frac{30}{8} = \frac{15}{4} = 3,75$ см.

Ответ: $3,75$ см.

32. Отрезок $MN$ — средняя линия треугольника $ABC$ (рис. 75). Вне плоскости треугольника выбрали точку $D$. На отрезке $MD$ отметили точку $E$ так, что $ME : ED = 5 : 2$. Постройте точку $F$ пересечения плоскости $BEC$ и прямой $DN$ и найдите отрезок $EF$, если $BC = 30 \text{ см.}$.

Рис. 75

Постройте точку F пересечения плоскости BEC и прямой DN

1. Точка F является точкой пересечения прямой DN и плоскости BEC. Для ее построения найдем прямую, по которой пересекаются плоскость BEC и плоскость, содержащая прямую DN.
2. Прямая DN лежит в плоскости ADC (так как точка N лежит на прямой AC, а значит, в плоскости ADC).
3. Найдем линию пересечения плоскостей BEC и ADC. Для этого нужно найти две общие точки этих плоскостей.
4. Первая общая точка — это точка C, так как она принадлежит обеим плоскостям по определению.
5. Для нахождения второй общей точки рассмотрим плоскость ABD. Так как MN — средняя линия треугольника ABC, то M — середина стороны AB. Точка E лежит на отрезке MD. Следовательно, точки A, B, M, D, E лежат в одной плоскости ABD. В этой же плоскости лежат прямые AD и BE.
6. Пусть G — точка пересечения прямых AD и BE (G = AD ∩ BE). Точка G лежит на прямой AD, следовательно, G принадлежит плоскости ADC. Точка G также лежит на прямой BE, следовательно, G принадлежит плоскости BEC.
7. Таким образом, G является второй общей точкой плоскостей BEC и ADC.
8. Прямая CG является линией пересечения плоскостей BEC и ADC.
9. Искомая точка F должна лежать на прямой DN и в плоскости BEC. Поскольку F лежит на DN, она принадлежит плоскости ADC. Так как F также принадлежит плоскости BEC, она должна лежать на линии их пересечения, то есть на прямой CG.
10. Следовательно, точка F является точкой пересечения прямых DN и CG.
Ответ: Для построения точки F необходимо: 1) Построить точку G как пересечение прямых AD и BE. 2) Провести прямую CG. 3) Искомая точка F является точкой пересечения прямых DN и CG.

найдите отрезок EF, если BC = 30 см

1. Рассмотрим треугольник DMN. Точка E лежит на стороне DM, точка F лежит на стороне DN. Если мы докажем, что прямая EF параллельна прямой MN, то треугольники DEF и DMN будут подобны, и мы сможем найти EF через MN.
2. Чтобы доказать параллельность, нужно показать, что отрезки DM и DN делятся точками E и F в одинаковом отношении, то есть $DE/DM = DF/DN$.
3. По условию $ME : ED = 5 : 2$. Следовательно, $DE/DM = DE/(ME+ED) = 2/(5+2) = 2/7$.
4. Теперь найдем отношение $DF/DN$. Воспользуемся теоремой Менелая. Рассмотрим треугольник ADM и секущую BGE. Точка M — середина AB, поэтому $AB/BM = 2$. По теореме Менелая:
$\frac{AB}{BM} \cdot \frac{ME}{ED} \cdot \frac{DG}{GA} = 1$
Подставляем известные значения:
$2 \cdot \frac{5}{2} \cdot \frac{DG}{GA} = 1 \implies 5 \cdot \frac{DG}{GA} = 1 \implies \frac{DG}{GA} = \frac{1}{5}$.
5. Теперь рассмотрим треугольник ADN и секущую CGF. Точка N — середина AC, поэтому $AC/CN = 2$. Прямая CGF пересекает стороны AD и DN и продолжение стороны AN в точке C. По теореме Менелая:
$\frac{AC}{CN} \cdot \frac{NF}{FD} \cdot \frac{DG}{GA} = 1$
Подставляем известные значения:
$2 \cdot \frac{NF}{FD} \cdot \frac{1}{5} = 1 \implies \frac{NF}{FD} = \frac{5}{2}$.
6. Из отношения $NF/FD = 5/2$ находим отношение $DF/DN$:
$DF/DN = DF/(FD+NF) = 2/(2+5) = 2/7$.
7. Мы получили, что $DE/DM = 2/7$ и $DF/DN = 2/7$. Так как $DE/DM = DF/DN$, то по теореме, обратной теореме Фалеса, прямая EF параллельна прямой MN ($EF \parallel MN$).
8. Из параллельности следует подобие треугольников: $\triangle DEF \sim \triangle DMN$. Коэффициент подобия $k = DE/DM = 2/7$.
9. Следовательно, $EF/MN = k = 2/7$, откуда $EF = \frac{2}{7} MN$.
10. MN — средняя линия треугольника ABC. По свойству средней линии, $MN = \frac{1}{2} BC$.
По условию $BC = 30$ см, значит, $MN = \frac{1}{2} \cdot 30 = 15$ см.
11. Находим EF:
$EF = \frac{2}{7} \cdot 15 = \frac{30}{7}$ см.
Ответ: $EF = \frac{30}{7}$ см.

33. На ребре $SA$ тетраэдра $SABC$ отметили точку $D$. Постройте сечение тетраэдра плоскостью, проходящей через точки $B$ и $D$ и параллельной прямой $AC$.

Пусть $\alpha$ — искомая плоскость сечения. По условию задачи, плоскость $\alpha$ проходит через точки $B$ и $D$, и параллельна прямой $AC$ ($\alpha \parallel AC$). Для построения сечения найдем линии его пересечения с гранями тетраэдра.

1. Точка $D$ лежит на ребре $SA$, которое принадлежит грани $SAC$. Прямая $AC$ также лежит в этой грани. Так как секущая плоскость $\alpha$ параллельна прямой $AC$, то она пересекает плоскость грани $SAC$ по прямой, параллельной $AC$. Проведем в плоскости $(SAC)$ через точку $D$ прямую, параллельную $AC$.
2. Эта прямая пересечет ребро $SC$ в некоторой точке, которую мы обозначим $E$. Отрезок $DE$ является линией пересечения секущей плоскости $\alpha$ с гранью $SAC$. По построению $DE \parallel AC$.
3. Теперь у нас есть три точки, принадлежащие секущей плоскости: $B, D, E$. Так как эти точки не лежат на одной прямой, они задают плоскость $\alpha$. Соединим эти точки отрезками, чтобы получить стороны многоугольника, являющегося сечением.
4. Отрезок $DB$ соединяет точки $D$ на ребре $SA$ и вершину $B$. Он полностью лежит в грани $SAB$ и является одной из сторон сечения.
5. Отрезок $BE$ соединяет вершину $B$ и точку $E$ на ребре $SC$. Он полностью лежит в грани $SBC$ и также является стороной сечения.
6. Отрезок $ED$ уже построен, он лежит в грани $SAC$.

В результате мы получили треугольник $DBE$. Этот треугольник является искомым сечением тетраэдра $SABC$. Плоскость $(DBE)$ проходит через точки $B$ и $D$ по построению. Она параллельна прямой $AC$ по признаку параллельности прямой и плоскости, так как содержит прямую $DE$, параллельную $AC$.

Ответ: Искомое сечение – это треугольник $DBE$, где точка $E$ является точкой пересечения ребра $SC$ с прямой, проведенной в плоскости грани $SAC$ через точку $D$ параллельно прямой $AC$.

34. Постройте сечение призмы $ABCDA_1B_1C_1D_1$ плоскостью, которая проходит через точки $E$ и $F$, принадлежащие соответственно рёбрам $A_1D_1$ и $B_1C_1$, и параллельна прямой $AA_1$.

Для построения сечения призмы $ABCDA_1B_1C_1D_1$ плоскостью $\alpha$, которая проходит через точки $E$ (принадлежащую ребру $A_1D_1$) и $F$ (принадлежащую ребру $B_1C_1$) и параллельна прямой $AA_1$, выполним следующие шаги, основанные на свойствах параллельных прямых и плоскостей.

Построение

1. Так как секущая плоскость $\alpha$ параллельна боковому ребру $AA_1$, она пересекает боковые грани призмы по прямым, параллельным $AA_1$.
2. Рассмотрим боковую грань $AA_1D_1D$. Точка $E$ принадлежит этой грани и секущей плоскости $\alpha$. Проведем через точку $E$ прямую, параллельную ребру $AA_1$. Эта прямая лежит в плоскости $\alpha$ и в плоскости грани $AA_1D_1D$. Она пересечет ребро нижнего основания $AD$ в некоторой точке $H$. Отрезок $EH$ является линией пересечения секущей плоскости $\alpha$ с гранью $AA_1D_1D$. Таким образом, по построению $EH \parallel AA_1$.
3. Аналогично рассмотрим боковую грань $BB_1C_1C$. Точка $F$ принадлежит этой грани и секущей плоскости $\alpha$. Так как боковые ребра призмы параллельны ($BB_1 \parallel AA_1$), то плоскость $\alpha$ параллельна и ребру $BB_1$. Проведем через точку $F$ прямую, параллельную ребру $BB_1$. Эта прямая лежит в плоскости $\alpha$ и в плоскости грани $BB_1C_1C$. Она пересечет ребро нижнего основания $BC$ в некоторой точке $G$. Отрезок $FG$ является линией пересечения секущей плоскости $\alpha$ с гранью $BB_1C_1C$. Таким образом, по построению $FG \parallel BB_1$.
4. Точки $E$ и $F$ по условию принадлежат секущей плоскости $\alpha$. Обе точки лежат в плоскости верхнего основания $A_1B_1C_1D_1$, следовательно, отрезок $EF$ является линией пересечения плоскости $\alpha$ с гранью $A_1B_1C_1D_1$.
5. Построенные точки $H$ и $G$ принадлежат секущей плоскости $\alpha$. Обе точки лежат в плоскости нижнего основания $ABCD$, следовательно, отрезок $HG$ является линией пересечения плоскости $\alpha$ с гранью $ABCD$.
6. Соединив последовательно точки $E$, $F$, $G$, $H$, получим искомое сечение – четырехугольник $EFGH$.

Обоснование вида сечения

Определим вид полученного в сечении четырехугольника $EFGH$.

• По построению имеем $EH \parallel AA_1$ и $FG \parallel BB_1$. Так как в любой призме боковые ребра параллельны, то $AA_1 \parallel BB_1$. Из этого следует, что $EH \parallel FG$.
• Плоскости оснований призмы параллельны: $(ABCD) \parallel (A_1B_1C_1D_1)$. Секущая плоскость $\alpha$ пересекает эти две параллельные плоскости по прямым $HG$ и $EF$ соответственно. По свойству пересечения двух параллельных плоскостей третьей плоскостью, линии их пересечения параллельны. Следовательно, $HG \parallel EF$.
• В четырехугольнике $EFGH$ противолежащие стороны попарно параллельны ($EH \parallel FG$ и $EF \parallel HG$). По определению, такой четырехугольник является параллелограммом.

Таким образом, искомое сечение представляет собой параллелограмм $EFGH$, вершины которого лежат на ребрах призмы.

Ответ: Искомое сечение – это параллелограмм $EFGH$, где $H$ – точка на ребре $AD$, такая что $EH \parallel AA_1$, а $G$ – точка на ребре $BC$, такая что $FG \parallel BB_1$.

35. Постройте сечение пирамиды $SABC$ (рис. 76) плоскостью, которая проходит через точку $D$ на ребре $BC$ и параллельна прямым $AC$ и $SB$.

Рис. 76

Для построения искомого сечения воспользуемся методом следов. Секущая плоскость $\alpha$ должна проходить через точку $D$ на ребре $BC$ и быть параллельной прямым $AC$ и $SB$.Построение основано на следующем свойстве: если секущая плоскость параллельна некоторой прямой, то линия пересечения секущей плоскости с любой плоскостью, содержащей эту прямую, будет параллельна этой прямой.

Построение сечения

1. В плоскости основания $(ABC)$ через точку $D$ проведем прямую, параллельную $AC$. Так как секущая плоскость $\alpha$ параллельна $AC$, то ее след в плоскости $(ABC)$ будет параллелен $AC$. Пусть эта прямая пересекает ребро $AB$ в точке $E$. Отрезок $DE$ — это след секущей плоскости на грани $ABC$.
2. В плоскости боковой грани $(SBC)$ через точку $D$ проведем прямую, параллельную ребру $SB$. Так как секущая плоскость $\alpha$ параллельна $SB$, то ее след в плоскости $(SBC)$ будет параллелен $SB$. Пусть эта прямая пересекает ребро $SC$ в точке $F$. Отрезок $DF$ — это след секущей плоскости на грани $SBC$.
3. Точки $D$ и $E$ задают секущую плоскость $\alpha$. Для дальнейшего построения найдем следы этой плоскости на других гранях. В плоскости боковой грани $(SAC)$ через точку $F$ проведем прямую, параллельную ребру $AC$. Так как плоскость $\alpha$ параллельна $AC$, ее след в плоскости $(SAC)$ должен быть параллелен $AC$. Пусть эта прямая пересекает ребро $SA$ в точке $G$. Отрезок $FG$ — это след секущей плоскости на грани $SAC$.
4. Соединим точки $E$ и $G$, лежащие в плоскости боковой грани $(SAB)$. Отрезок $GE$ является последним следом секущей плоскости и замыкает сечение.

В результате построений получен четырехугольник $DEFG$, который является искомым сечением.

Обоснование

Построенная плоскость $(DEFG)$ проходит через точку $D$ по построению. Она содержит прямую $DE$, параллельную $AC$, и прямую $DF$, параллельную $SB$. Следовательно, плоскость $(DEFG)$ параллельна прямым $AC$ и $SB$, что удовлетворяет условию задачи.

Докажем, что полученное сечение $DEFG$ является параллелограммом.

• По построению $DE \parallel AC$ и $FG \parallel AC$. Из этого следует, что $DE \parallel FG$.
• Применим теорему о пропорциональных отрезках (теорему Фалеса):
  • В плоскости $(ABC)$ из $DE \parallel AC$ следует, что $\frac{BE}{BA} = \frac{BD}{BC}$.
  • В плоскости $(SBC)$ из $DF \parallel SB$ следует, что $\frac{SF}{SC} = \frac{BD}{BC}$.
  • В плоскости $(SAC)$ из $FG \parallel AC$ следует, что $\frac{SG}{SA} = \frac{SF}{SC}$.
  Объединяя эти равенства, получаем: $\frac{SG}{SA} = \frac{BE}{BA}$.
  Рассмотрим это соотношение в плоскости грани $(SAB)$. Оно означает, что прямая $GE$ отсекает на сторонах угла $\angle ASB$ пропорциональные отрезки, считая от вершины $S$ (так как $1 - \frac{SG}{SA} = 1 - \frac{BE}{BA} \implies \frac{AG}{AS} = \frac{AE}{AB}$). По обратной теореме Фалеса, отсюда следует, что $GE \parallel SB$.
• По построению мы имеем $DF \parallel SB$, и мы только что доказали, что $GE \parallel SB$. Следовательно, $DF \parallel GE$.

Так как у четырехугольника $DEFG$ противоположные стороны попарно параллельны ($DE \parallel FG$ и $DF \parallel GE$), то сечение $DEFG$ является параллелограммом.

Ответ: Искомым сечением является параллелограмм $DEFG$, вершины которого $E$, $F$, $G$ лежат на ребрах $AB$, $SC$ и $SA$ соответственно. Построение приведено выше.